Theo định lí Vi-ét: \(\hept{\begin{cases}x_1+x_2=\frac{2m+2}{3}\\x_1x_2=\frac{3m-5}{3}\end{cases}}\)

Ko mất tính tổng quát, giả sử \(x_1=3x_2\)

Có: \(\hept{\begin{cases}x_1=3x_2\\x_1+x_2=\frac{2m+2}{3}\end{cases}\Rightarrow}\hept{\begin{cases}x_1=\frac{m+1}{2}\\x_2=\frac{m+1}{6}\end{cases}}\)

Mà \(x_1x_2=\frac{3m-5}{3}\Rightarrow\frac{m+1}{2}.\frac{m+1}{6}=\frac{3m-5}{3}\)

\(\Leftrightarrow4\left(m+1\right)^2=3m-5\Leftrightarrow4m^2+5m+9=0\)(vô nghiệm)

Vậy ko tồn tại m thỏa mãn

\(3x^2-2\left(m+1\right)x+3m-5=0\)

Theo định lý Viet

\(\Rightarrow\left\{{}\begin{matrix}x_1+x_2=\dfrac{-b}{a}\\x_1x_2=\dfrac{c}{a}\end{matrix}\right.\Leftrightarrow\left\{{}\begin{matrix}x_1+x_2=\dfrac{2\left(m+1\right)}{3}\\x_1x_2=\dfrac{3m-5}{3}\end{matrix}\right.\)

Theo yêu cầu đề bài \(x_1=3x_2\)

\(\)\(\Rightarrow\left\{{}\begin{matrix}3x_2+x_2=\dfrac{2\left(m+1\right)}{3}\\3x^2_2=\dfrac{3m-5}{3}\end{matrix}\right.\)\(\Leftrightarrow\left\{{}\begin{matrix}4x_2=\dfrac{2\left(m+1\right)}{3}\\3x^2_2=\dfrac{3m-5}{3}\end{matrix}\right.\)

\(\Leftrightarrow\left\{{}\begin{matrix}x_2=\dfrac{m+1}{6}\\3x_2^2=\dfrac{3m-5}{3}\end{matrix}\right.\)\(\Leftrightarrow\left\{{}\begin{matrix}x_2=\dfrac{m+1}{6}\\3\left(\dfrac{m+1}{6}\right)^2=\dfrac{3m-5}{3}\end{matrix}\right.\)

\(\Leftrightarrow\left\{{}\begin{matrix}x_2=\dfrac{m+1}{6}\\\dfrac{m^2+2m+1}{12}=\dfrac{3m-5}{3}\end{matrix}\right.\)\(\Leftrightarrow\left\{{}\begin{matrix}x_2=\dfrac{m+1}{6}\\\dfrac{m^2+2m+1}{4}=3m-5\end{matrix}\right.\)

\(\Leftrightarrow\left\{{}\begin{matrix}x_2=\dfrac{m+1}{6}\\m^2+2m+1=12m-20\end{matrix}\right.\Leftrightarrow\left\{{}\begin{matrix}x_2=\dfrac{m+1}{6}\\m^2-10m+21=0\end{matrix}\right.\)

\(\Leftrightarrow\)\(\left\{{}\begin{matrix}x_2=\dfrac{m+1}{6}\\\left[{}\begin{matrix}m_1=7\\m_2=3\end{matrix}\right.\end{matrix}\right.\)\(\Leftrightarrow\left[{}\begin{matrix}m_1=7\Rightarrow\left\{{}\begin{matrix}x_1=4\\x_2=\dfrac{4}{3}\end{matrix}\right.\\m_2=3\Rightarrow\left\{{}\begin{matrix}x_1=2\\x_2=\dfrac{2}{3}\end{matrix}\right.\end{matrix}\right.\)

1.

Yêu cầu bài toán thỏa mãn khi:

\(\left\{{}\begin{matrix}\Delta=25-12m>0\\x_1^2+x_2^2< 17\end{matrix}\right.\)

\(\Leftrightarrow\left\{{}\begin{matrix}m< \dfrac{25}{12}\\\left(x_1+x_2\right)^2-2x_1x_2< 17\end{matrix}\right.\)

\(\Leftrightarrow\left\{{}\begin{matrix}m< \dfrac{25}{12}\\\left(2m-3\right)^2-2\left(m^2-4\right)< 17\end{matrix}\right.\)

\(\Leftrightarrow\left\{{}\begin{matrix}m< \dfrac{25}{12}\\2m^2-12m< 0\end{matrix}\right.\)

\(\Leftrightarrow0< m< \dfrac{25}{12}\)

3.

Yêu cầu bài toán thỏa mãn khi:

\(\left\{{}\begin{matrix}\Delta'=11-m>0\\x_1+x_2>0\\x_1x_2>0\end{matrix}\right.\)

\(\Leftrightarrow\left\{{}\begin{matrix}m< 11\\6>0\\m-2>0\end{matrix}\right.\)

\(\Leftrightarrow2< m< 11\)

Lời giải:

Để cho gọn, đặt \(x^2=t(t\geq 0)\)

PT trở thành:

\((m-2)t^2-2(m+1)t+(2m-1)=0(*)\)

a) Để PT đã cho vô nghiệm thì thì \(\Delta'\) âm hoặc \((*)\) có nghiệm âm.

----------------------------

\(\Delta'=(m+1)^2-(m-2)(2m-1)<0\)

\(\Leftrightarrow -m^2+7m-1<0\)

\(\Leftrightarrow m< \frac{7-3\sqrt{5}}{2}\) hoặc \(m> \frac{7+3\sqrt{5}}{2}\)

PT \((*)\) có nghiệm âm khi mà:

\(\left\{\begin{matrix} \Delta'=-m^2+7m-1\geq 0\\ t_1+t_2=\frac{2(m+1)}{m-2}<0\\ t_1t_2=\frac{2m-1}{m-2}>0\end{matrix}\right.\)

\(\Leftrightarrow \frac{1}{2}>m\geq \frac{7-3\sqrt{5}}{2}\)

Vậy để PT vô nghiệm thì \(\frac{1}{2}>m\geq \frac{7-3\sqrt{5}}{2}\) , \(m< \frac{7-3\sqrt{5}}{2}\) hoặc \(m> \frac{7+3\sqrt{5}}{2}\)

b) Để PT đã cho có nghiệm duy nhất thì (*) có nghiệm duy nhất. Với nghiệm \((*)\) thu được duy nhất là \(t=k\geq 0\), nếu \(k\neq 0\Rightarrow \) PT đã cho có 2 nghiệm \(\pm \sqrt{k}\) (không thỏa mãn).

Do đó nếu PT đã cho có nghiệm duy nhất thì nghiệm đó phải là 0

\(\Rightarrow (m-2).0^4-2(m+1).0^2+2m-1=0\Leftrightarrow m=\frac{1}{2}\)

Thay vào thử lại thấy thỏa mãn.

Vậy \(m=\frac{1}{2}\)

c) Để PT đã cho có hai nghiệm thì \((*)\) có duy nhất một nghiệm dương, nghiệm còn lại âm. Khi đó:

\(\Delta'=-m^2+7m-1>0\) (1)

Và: \(t_1t_2<0\Leftrightarrow \frac{2m-1}{m-2}<0\Leftrightarrow \frac{1}{2}< m< 2\) (2)

Kết hợp (1); (2) suy ra \(\frac{1}{2}< m< 2\)

d)

PT ban đầu có ba nghiệm khi mà $(*)$ có một nghiệm bằng 0 và một nghiệm còn lại là dương.

\((*)\) có nghiệm 0 thì PT ban đầu cũng có nghiệm 0. Theo phần b ta suy ra \(m=\frac{1}{2}\). Thử lại ta thấy với \(m=\frac{1}{2}\) thì PT ban đầu có nghiệm 0 duy nhất. Do đó không tồn tại $m$ để PT có ba nghiệm.

e)

Để PT ban đầu có 4 nghiệm thì $(*)$ có hai nghiệm dương phân biệt. Điều này xảy ra khi mà:

\(\Delta'=-m^2+7m-1>0\) (1)và: \(\left\{\begin{matrix} t_1+t_2=\frac{2(m+1)}{m-2}>0\\ t_1t_2=\frac{2m-1}{m-2}>0\end{matrix}\right.\)

\(\Leftrightarrow m>2\) (2)

Từ (1); (2) suy ra \(2< m< \frac{7+3\sqrt{5}}{2}\)

a, Phương trình có hai nghiệm trái dấu khi \(2\left(2m^2-3m-5\right)< 0\)

\(\Leftrightarrow\left(2m-5\right)\left(m+1\right)< 0\)

\(\Leftrightarrow-1< m< \dfrac{5}{2}\)

b, TH1: \(m^2-3m+2=0\Leftrightarrow\left[{}\begin{matrix}m=1\\m=2\end{matrix}\right.\)

Phương trình đã cho có nghiệm duy nhất

TH2: \(m^2-3m+2\ne0\Leftrightarrow\left\{{}\begin{matrix}m\ne1\\m\ne2\end{matrix}\right.\)

Phương trình có hai nghiệm trái dấu khi \(-5\left(m^2-3m+2\right)< 0\)

\(\Leftrightarrow m^2-3m+2>0\)

\(\Leftrightarrow\left[{}\begin{matrix}m>2\\m< 1\end{matrix}\right.\)

Vậy \(m>2\) hoặc \(m< 1\)

c, Phương trình đã cho có hai nghiệm trái dấu \(x_1,x_2\) khi \(m^2-2m< 0\Leftrightarrow0< m< 2\)

Theo định lí Viet: \(x_1+x_2=2\left(m-1\right)\)

Yêu cầu bài toán thỏa mãn khi \(x_1+x_2< 0\Leftrightarrow2\left(m-1\right)< 0\Leftrightarrow m< 1\)

Vậy \(0< m< 1\)

Để phương trình có nghiệm thì \(\Delta\ge0\Leftrightarrow\left(m+1\right)^2-3\left(3m-5\right)\ge0\) \(\Leftrightarrow m^2-7m+16\ge0\)
\(\Leftrightarrow\left(m-\dfrac{7}{2}\right)^2+\dfrac{15}{4}\ge0\forall m\in R\).
Vậy phương trình luôn có nghiệm với mọi m.
Gọi \(x_1;x_2\) là nghiệm của phương trình, theo giả thiết ta có:
\(\left\{{}\begin{matrix}x_1+x_2=\dfrac{2\left(m+1\right)}{3}\\x_1=3x_2\\x_1.x_2=\dfrac{3m-5}{3}\end{matrix}\right.\)\(\Leftrightarrow\left\{{}\begin{matrix}x_2=\dfrac{m+1}{6}\\x_1=\dfrac{m+1}{2}\\x_1.x_2=\dfrac{3m-5}{3}\end{matrix}\right.\) (1)
Từ (1) ta có: \(\dfrac{m+1}{6}.\dfrac{m+1}{2}=\dfrac{3m-5}{3}\Leftrightarrow\left(m-1\right)^2=4\left(3m-5\right)\)
\(\Leftrightarrow m^2-14m+21=0\Leftrightarrow\left[{}\begin{matrix}m=7-2\sqrt{7}\\m=7+2\sqrt{7}\end{matrix}\right.\)
Với \(m=7-2\sqrt{7}\) ta có:
\(x_1=\dfrac{m+1}{2}=\dfrac{7-2\sqrt{7}+1}{2}=4-\sqrt{7}\)
\(x_2=\dfrac{m+1}{6}=\dfrac{7-2\sqrt{7}+1}{6}=\dfrac{4-\sqrt{7}}{3}\)
Với \(m=7+2\sqrt{7}\) ta có:
\(x_1=\dfrac{m+1}{2}=\dfrac{7+2\sqrt{7}+1}{2}=4+\sqrt{7}\)
\(x_2=\dfrac{m+1}{6}=\dfrac{7+2\sqrt{7}+1}{6}=\dfrac{4+\sqrt{7}}{3}\)

\(3x^2-2\left(m+1\right)x+3m-5=0\)

Xét \(\Delta=4\left(m+1\right)^2-4.3.\left(3m-5\right)\)\(=4m^2-28m+64=4\left(m-\dfrac{7}{2}\right)^2+15>0\forall m\)

=> pt luôn có hai nghiệm pb

Kết hợp viet và giả thiết có hệ: \(\left\{{}\begin{matrix}x_1+x_2=\dfrac{2\left(m+1\right)}{3}\\x_1=3x_2\\x_1x_2=\dfrac{3m-5}{3}\end{matrix}\right.\)

\(\Leftrightarrow\left\{{}\begin{matrix}3x_2+x_2=\dfrac{2m+2}{3}\\x_1=3x_2\\x_1x_2=\dfrac{3m-5}{3}\end{matrix}\right.\) \(\Leftrightarrow\left\{{}\begin{matrix}x_2=\dfrac{m+1}{6}\\x_1=\dfrac{m+1}{2}\\x_1x_2=\dfrac{3m-5}{3}\end{matrix}\right.\)

\(\Rightarrow\dfrac{\left(m+1\right)}{6}.\dfrac{\left(m+1\right)}{2}=\dfrac{3m-5}{3}\)\(\Leftrightarrow m^2-10m+21=0\) \(\Leftrightarrow\left[{}\begin{matrix}m=7\\m=3\end{matrix}\right.\)

Tại m=7 thay vào pt ta tìm được \(\left[{}\begin{matrix}x=4\\x=\dfrac{4}{3}\end{matrix}\right.\)

Tại m=3 thay vào pt ta tìm được \(\left[{}\begin{matrix}x=2\\x=\dfrac{2}{3}\end{matrix}\right.\)